Diagrammi di Bode
ciao a tutti, ho dei problemi a disegnare il diagramma delle ampiezze della funzione:
$H(s)= 10^2 * s^2/((1+10s)^2(1+s^2/100))$
Ho scritto la forma di Bode:
$H(jw) = 10^2 * (jw)^2 / ((1 + 10jw)^2(1- w^2/10^2))$
il guadagno $Kb = 10^2$ quindi $20log100 = 40$, dovrebbe trovarsi a $40 db$ in $10^0$, invece no, nel libro in $10^0$ l'ampiezza è 0. Il diagramma del libro parte da $-80 db$ in $10^(-3)$, sale fino ad arrivare a $0db$ in $10^(-1)$, poi la retta è orizzontale fino a $10^1$ dove scende di 40 db per decade fino a $10^2$. ora, le mie domande sono,parte in salita perchè? resta orizzontale in $10^0$ perchè? La costante di Bode che ruolo ha?
$H(s)= 10^2 * s^2/((1+10s)^2(1+s^2/100))$
Ho scritto la forma di Bode:
$H(jw) = 10^2 * (jw)^2 / ((1 + 10jw)^2(1- w^2/10^2))$
il guadagno $Kb = 10^2$ quindi $20log100 = 40$, dovrebbe trovarsi a $40 db$ in $10^0$, invece no, nel libro in $10^0$ l'ampiezza è 0. Il diagramma del libro parte da $-80 db$ in $10^(-3)$, sale fino ad arrivare a $0db$ in $10^(-1)$, poi la retta è orizzontale fino a $10^1$ dove scende di 40 db per decade fino a $10^2$. ora, le mie domande sono,parte in salita perchè? resta orizzontale in $10^0$ perchè? La costante di Bode che ruolo ha?
Risposte
Il diagramma parte in salita perchè c'è uno zero doppio in [tex]\omega=0[/tex] che, in scala logaritmica, corrisponde ad una retta che cresce con pendenza pari a [tex]40db[/tex].
Il primo polo ad intervenire è quello in corrispondenza di [tex]\omega=\frac{1}{10}[/tex], ed è anch'esso doppio ([tex](1+\frac{s}{0.1})^2[/tex]). Essendo questo polo doppio, esso annulla completamente il precedente zero doppio e quindi da questa pulsazione in poi la retta è orizzontale (ovviamente nel diagramma approssimato).
Il guadagno immagino che è quello di centro banda (il filtro è passa banda) e si può facilmente vedere che per [tex]\omega=0.1[/tex] (pulsazione in cui si la risposta diventa costante) il guadagno è unitario ([tex]10^0[/tex] non è 0).
Il primo polo ad intervenire è quello in corrispondenza di [tex]\omega=\frac{1}{10}[/tex], ed è anch'esso doppio ([tex](1+\frac{s}{0.1})^2[/tex]). Essendo questo polo doppio, esso annulla completamente il precedente zero doppio e quindi da questa pulsazione in poi la retta è orizzontale (ovviamente nel diagramma approssimato).
Il guadagno immagino che è quello di centro banda (il filtro è passa banda) e si può facilmente vedere che per [tex]\omega=0.1[/tex] (pulsazione in cui si la risposta diventa costante) il guadagno è unitario ([tex]10^0[/tex] non è 0).
Perchè parte in salita a $-40dB$? Dato che il guadagno è $20log10^2$ cioè $40$ non dovrebbe partire da $40db$?
Il modulo di quella funzione di trasferimento in db è il seguente:
[tex]|H(j\omega)|_{dB}=20\log(|H(j\omega)|)=20\log\left(10^2\frac{\omega^2}{(1+100\omega^2)(1-0.01\omega^2)}\right)[/tex]
Per note proprietà dei logaritmi questa diventa:
[tex]|H(j\omega)|_{dB}=20\log(10^2)+20\log(\omega^2)-20\log(1+100\omega^2)-20\log(1-0.01\omega^2)[/tex]
Per [tex]\omega\to 0[/tex], quindi in fase iniziale del diagramma di Bode, si ha:
[tex]\displaystyle\lim_{\omega\to 0}|H(j\omega)|_{dB}=[/tex]
[tex]=\lim_{\omega\to 0}20\log(10^2)+20\log(\omega^2)-20\log(1+100\omega^2)-20\log(1-0.01\omega^2)[/tex][tex]=-\infty[/tex]
Ora, per [tex]\omega[/tex] che cresce, gli ultimi due termini fin quando non mi avvicino a [tex]\omega=0.1[/tex] puoi trascurarli e considerare solamente [tex]20\log(\omega^2)[/tex] (la costante [tex]20\log(10^2)[/tex] è sempre trascurabile anch'essa dato che [tex]20\log(\omega^2)[/tex] è molto elevato in modulo per [tex]\omega[/tex] piccolo). Questo termine è riscrivibile come
[tex]20\log(\omega^2)=40\log(\omega)[/tex]
che in scala logaritmica corrisponde ad una retta con pendenza pari a [tex]+40dB[/tex] per ogni decade.
[tex]|H(j\omega)|_{dB}=20\log(|H(j\omega)|)=20\log\left(10^2\frac{\omega^2}{(1+100\omega^2)(1-0.01\omega^2)}\right)[/tex]
Per note proprietà dei logaritmi questa diventa:
[tex]|H(j\omega)|_{dB}=20\log(10^2)+20\log(\omega^2)-20\log(1+100\omega^2)-20\log(1-0.01\omega^2)[/tex]
Per [tex]\omega\to 0[/tex], quindi in fase iniziale del diagramma di Bode, si ha:
[tex]\displaystyle\lim_{\omega\to 0}|H(j\omega)|_{dB}=[/tex]
[tex]=\lim_{\omega\to 0}20\log(10^2)+20\log(\omega^2)-20\log(1+100\omega^2)-20\log(1-0.01\omega^2)[/tex][tex]=-\infty[/tex]
Ora, per [tex]\omega[/tex] che cresce, gli ultimi due termini fin quando non mi avvicino a [tex]\omega=0.1[/tex] puoi trascurarli e considerare solamente [tex]20\log(\omega^2)[/tex] (la costante [tex]20\log(10^2)[/tex] è sempre trascurabile anch'essa dato che [tex]20\log(\omega^2)[/tex] è molto elevato in modulo per [tex]\omega[/tex] piccolo). Questo termine è riscrivibile come
[tex]20\log(\omega^2)=40\log(\omega)[/tex]
che in scala logaritmica corrisponde ad una retta con pendenza pari a [tex]+40dB[/tex] per ogni decade.
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo